第1编 专题4 电路与电磁感应 计算题突破3 力学三大观点在电磁感应中的应用（课件PPT）-【满分思维】2026年高考二轮专题复习·物理

该高中物理高考复习课件聚焦“力学三大观点在电磁感应中的应用”核心考点，依据高考评价体系明确动力学（瞬时加速度、速度）、动量（电荷量、位移）、能量（焦耳热、效率）三大考查方向，结合2025年福建、安徽、山东卷真题，归纳单棒/线框运动、双棒模型等常考题型，构建“考点-方法-题型”三维备考体系。 课件亮点在于“真题深度解析+方法选择策略+核心素养培养”，如福建卷第(1)问通过动力学观点列牛顿第二定律与运动学公式求解位移，培养科学推理能力；安徽卷第(2)问用动量定理推导电荷量，强化模型建构素养。特设“方法选择速查表”和“易错点警示”，助力学生掌握解题技巧，教师可依托真题案例实现精准复习，提升备考效率。

计算题突破3　力学三大观点在电磁感应中的应用 1.核心思路 (1)动力学观点:通过分析导体棒或线框在磁场中的受力,结合牛顿第二定律研究加速度、速度等物理量随时间的变化情况。 (2)动量观点:通过动量定理或动量守恒处理瞬时作用或非匀变速过程,尤其适用于时间极短的碰撞或冲击问题。 (3)能量观点:利用能量守恒或功能关系分析电磁感应中的能量转化。 2.方法选择建议 (1)求瞬时加速度、速度、时间的关系→动力学的观点。 (2)求电荷量、位移或冲击问题→动量观点。 (3)求焦耳热、效率或能量分配→能量观点。 (4)解答多物体相互作用(如双棒模型)问题→动量守恒定律、能量守恒定律。 例1　(2025福建卷)如图所示,光滑斜面倾角为θ=30°,Ⅰ号区域与Ⅱ号区域均存在垂直于斜面向上的匀强磁场,磁感应强度大小相等,正方形线框abcd 质量为m,总电阻为R,粗细均匀,Ⅰ号区域宽为L1,Ⅱ号区域宽为L2,两区域间的无磁场区域的宽度大于线框宽度。线框从某一位置释放,cd边进入Ⅰ号区域时速度为v,且直到ab边离开Ⅰ号区域时,速度始终为v。cd边进入Ⅱ号区域时的速度和ab边离开Ⅱ号区域时的速度一致,已知重力加速度为g。 (1)求线框释放时cd边与Ⅰ号区域上边缘的距离x; (2)求cd边进入Ⅰ号区域时,cd边两端的电势差; (3)求线框进入Ⅱ号区域到完全离开过程中克服安培力做功的功率。 答案 (1)　(2) (3)见解析 解析 本题结合线框模型,综合考查电磁感应中的动力学、能量和动量问题。 (1)对线框从释放到cd边进入Ⅰ号区域的过程进行受力分析,由牛顿第二定律可知mgsin θ=ma1 由运动学公式可知v2=2a1x 解得x= 故线框释放时cd边离Ⅰ号区域上边缘距离为。 (2)设线框边长为L,区域Ⅰ的磁感应强度大小B,由cd边进入Ⅰ号区域到ab边离开Ⅰ号区域速度均为v可知,在Ⅰ号区域内,线框始终受力平衡,且正方形线框边长L等于Ⅰ号区域宽度,即L=L1,线框切割磁感线产生的感应电动势E1=BLv,cd边受到的安培力F1=BIL=BL 由线框受力平衡可知mgsin θ=F1 联立解得E1=,B= 故当cd边进入Ⅰ号区域时,cd边两端的电势差ucd=E1=。 (3)对于线框从cd边进入Ⅱ号区域,到ab边离开Ⅱ号区域的过程,由动能定理可知 mg(L1+L2)sin θ-W安=0 解得W安=mg(L1+L2) 若L1≤L2 线框从cd边开始进入Ⅱ号区域到ab边进入Ⅱ号区域过程中,安培力的冲量 I1=t1=BL1t1= 线框从cd边开始离开Ⅱ号区域到ab边离开Ⅱ号区域,安培力冲量 I2=t2=BL1t2= 设线框从cd边进入Ⅱ号区域到ab边离开Ⅱ号区域的总运动时间为t,当线框完全进入Ⅱ号区域时线框不受安培力,对线框列动量定理有 mgsin θ·t-I1-I2=0,解得t=,故此时安培力平均功率 若L1>L2,同理 线框从cd边开始进入Ⅱ号区域到cd边离开Ⅱ号区域,安培力的冲量 I1'= 线框从ab边开始进入Ⅱ号区域到ab边离开Ⅱ号区域,安培力的冲量 I2'= 设线框从cd边进入Ⅱ号区域到ab边离开Ⅱ号区域的总运动时间为t',在线框cd边离开Ⅱ号区域到ab边进入Ⅱ号区域之间的时间内线框不受安培力,由动量定理可知 mgsin θ·t'-I1'-I2'=0,解得t'= 故此时安培力的平均功率'=。 例2　(2025安徽卷)如图所示,平行光滑金属导轨被固定在水平绝缘桌面上,导轨间距为L,右端连接阻值为R的定值电阻。水平导轨上足够长的矩形区域 MNPQ存在竖直向上的匀强磁场,磁感应强度大小为B。某装置从MQ左侧沿导轨水平向右发射第1根导体棒,导体棒以初速度v0进入磁场,速度减为0时被锁定;从原位置再发射第2根相同的导体棒,导体棒仍以初速度v0进入磁场,速度减为0时被锁定,以此类推,直到发射第n根相同的导体棒进入磁场。已知导体棒的质量为m,电阻为R,长度恰好等于导轨间距,与导轨接触良好(发射前导体棒与导轨不接触),不计空气阻力、导轨的电阻,忽略回路中的电流对原磁场的影响。求: (1)第1根导体棒刚进入磁场时,所受安培力的功率; (2)第2根导体棒从进入磁场到速度减为0的过程中,其横截面上通过的电荷量; (3)从第1根导体棒进入磁场到第n根导体棒速度减为0的过程中,导轨右端定值电阻 R上产生的总热量。 答案 (1)　(2) (3)(n=1,2,3,…) 解析 (1)第1根导体棒刚进入磁场时产生的感应电动势为E=BLv0 则此时回路的电流为I= 此时导体棒受到的安培力F安=BIL 此时导体棒受安培力的功率P=F安v0=。 (2)第2根导体棒从进入磁场到速度减为0的过程中,根据动量定理有 -BL·Δt=0-mv0 其中·Δt=q 解得q=。 (3)由于每根导体棒均以初速度v0进入磁场,速度减为0时被锁定,则根据能量守恒,每根导体棒进入磁场后产生的总热量均为Q= 第1根导体棒进入磁场到速度减为0的过程中,导轨右端定值电阻R上产生的热量QR1=·Q 第2根导体棒进入磁场到速度减为0的过程中,导轨右端定值电阻R上产生的热量QR2=·Q 第3根导体棒进入磁场到速度减为0的过程中,导轨右端定值电阻R上产生的热量QR3=·Q 第n根导体棒进入磁场到速度减为0的过程中,导轨右端定值电阻R上产生的热量QRn=·Q 则从第1根导体棒进入磁场到第n根导体棒速度减为0的过程中,导轨右端定值电阻R上产生的总热量QR=QR1+QR2+QR3+…+QRn 通过“裂项相消法”分解数列,得出QR=·Q=(n=1,2,3,…)。 例3　(2025山东卷)如图所示,平行轨道的间距为L,轨道平面与水平面夹角为α,二者的交线与轨道垂直,以轨道上O点为坐标原点,沿轨道向下为x轴正方向建立坐标系。轨道之间存在区域Ⅰ、Ⅱ,区域Ⅰ(-2L≤x<-L)内充满磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场;区域Ⅱ(x≥0)内充满方向垂直轨道平面向上的磁场,磁感应强度大小B1=k1t+k2x,k1和k2均为大于零的常量,该磁场可视为由随时间t均匀增加的匀强磁场和随x轴坐标均匀增加的磁场叠加而成。将质量为m、边长为L、电阻为R的匀质正方形闭合金属框epqf放置在轨道上时,pq边与轨道垂直,由静止释放。已知轨道绝缘、光滑、足够长且不可移动,磁场上、下边界均与x轴垂直,整个过程中金属框不发生形变,重力加速度大小为g,不计自感。 (1)若金属框从开始进入到完全离开区域Ⅰ的过程中匀速运动,求金属框匀速运动的速率v和释放时pq边与区域Ⅰ上边界的距离s; (2)金属框沿轨道下滑,当ef边刚进入区域Ⅱ时开始计时(t=0),此时金属框的速率为v0,若k1=,求从开始计时到金属框达到平衡状态的过程中,ef边移动的距离d。 答案 (1)　(2) 解析 (1)由金属框从开始进入到完全离开区域Ⅰ的过程中匀速运动可知,金属框在从pq边进入区域Ⅰ到ef边出区域Ⅰ的过程中做匀速直线运动,受力平衡,对金属框受力分析,如图所示,则有F安=mgtan α 由法拉第电磁感应定律有E1=BLvcos α 由闭合电路欧姆定律有I= 又F安=BIL 联立解得v= 在进入区域Ⅰ前对金属框分析,则有a=gsin α,v2=2as 解得s=。 (2)由题意可知,金属框ef边进入区域Ⅱ后的电动势E=E感+E动 又E感==L2·=k1L2 E动=Epq-Eef=BpqLv'-BefLv'=[k1t+k2(x+L)]Lv'-[k1t+k2x]Lv'=k2L2v' 金属框中的电流I= 故金属框所受安培力的合力 F安'=BpqIL-BefIL=[k1t+k2(x+L)]IL-(k1t+k2x)IL=k2L2I 联立解得F安'=v' 将k1=代入化简可得F安'=mgsin α+ 设金属框达到平衡状态时的速度为v1',此时受力分析有F安1'=mgsin α, 解得v1'=0 对金属框,由动量定理有 (mgsin α-)t=m(v1'-v0) 即=mv0 解得d=。 $